Математический бой № 1, 7 класс

Математический бой № 1, 7 класс
1. На столе стоят 30 стаканов вверх дном. За один ход разрешается перевернуть любые 29 из них. Можно ли за некоторое число ходов перевернуть все стаканы вниз дном?
Ответ: да, можно.
Сделаем тридцать операций: 1) перевернём все стаканы, кроме первого, 2) перевернём все стаканы, кроме второго, 3) перевернём все стаканы, кроме третьего,…, 30) перевернём все стаканы, кроме тридцатого. В результате этих операций каждый из стаканов
перевернётся 29 раз и встанет вниз дном.
2. Можно ли разрезать прямоугольник размером 2335 на прямоугольники 57 без
остатка?
Ответ: нет нельзя.
Сторона прямоугольника размером 23 должна состоять из отрезков длины 5 и 7. Это
невозможно, так как числа 23, 23 – 7 = 16, 16 – 7 = 9, 9 –7  2 не делятся на 5.
3. Цифры двузначного числа перемножили между собой, и полученный результат
умножили на само число. Получилось число 1533. Найдите исходное число.
Ответ: 73. Разложим число 1533 на множители 1533  3  7  73 . Представим искомое
двузначное число 10a  b , где а и b – цифры. Тогда условие задачи означает равенство
ab(10a  b)  3  7  73 . Число 73 простое, значит цифрами a и b могут быть только 1, 3, 7.
При этом если цифрой будет 1, то двузначное число 10a  b должно быть не меньше
3  37  111 , значит, 3 и 7 цифры искомого числа, а само число 73.
4. Для ремонта пропеллера Карлсону необходимо купить 3 лопасти и 1 винтик. В
магазине продаются лопасти по 120 тугриков и винтики по 9 тугриков. Но после покупки
не менее чем на 250 тугриков дают скидку 20% на все следующие покупки. Сможет ли
Карлсон отремонтировать пропеллер, если у него с собой только 360 тугриков?
Ответ. Да, сможет. Пусть первой покупкой Карлсон приобретёт 2 лопасти и 2 винтика, потратив 2 · 120 + 2 · 9 = 258 тугриков. Поскольку стоимость покупки больше 250 тугриков, то третью лопасть Карлсон может приобрести со скидкой 20%, потратив 120 · 0,8 =
96 тугриков. Итак, суммарно Карлсон потратил 258 + 96 = 354 тугрика и приобрел все необходимые для ремонта детали.
Замечание. Найти стоимость лопасти со скидкой можно по-другому: 10% от 120 тугриков — это 12 тугриков, поэтому 20% — это 24 тугрика, откуда стоимость лопасти со
скидкой равна 120 − 24 = 96.
5. В пространстве заданы четыре точки A, B, C и D. Известно, что угол DAB больше
угла DBA, а угол DBC больше угла DCB. Может ли угол DCA быть прямым или тупым?
Ответ: не может.
Воспользуемся утверждением: в треугольнике против большего угла лежит большая
сторона. Применив это утверждение сначала к треугольнику DAB, а затем к треугольнику
DCB получим BD > AD и CD > BD. Поэтому CD > AD. Следовательно CAD DCA .
Значит, угол DCA острый.
6. В треугольнике ABC угол C равен 90 градусов, угол B равен 40 градусов. На сторонах AB и BC отмечены точки D и E соответственно, угол BAE равен 5 градусов, угол
BCD равен 10 градусов. Найдите угол CDE.
Ответ: 85 градусов.
В треугольнике ABC угол A равен 50 градусов, угол
CAE равен 45
градусов. Значит, угол AEC тоже равен 45 градусов, а треугольник
AEC прямоугольный и равнобедренный, в котором стороны AC и CE
равны. В треугольнике ACD угол A равен 50 градусов, угол
C равен 80
градусов, значит, угол D равен 50, а треугольник равнобедренный, в
котором стороны AC и CD равны. Таким образом, в треугольнике DCE стороны CD и CE
равны, а угол при вершине C равен 10 градусов. Значит, угол при основании – угол CDE
равен (180 – 10) : 2 = 85 градусам.
7. В таблице 3×3 расставлены натуральные числа. Саша и Паша вы- 4 12 8
черкнули по четыре числа. Оказалось, что сумма чисел, вычеркнутых Сашей,
13 24 14
втрое больше суммы чисел, вычеркнутых Пашей. Какое число осталось не
7 5 23
вычеркнутым?
Ответ: 14. Обозначим P – сумму чисел, вычеркнутых Пашей, тогда 3P – сумма чисел,
вычеркнутых Сашей, а общая сумма равна 4P. С другой стороны, сумма чисел во всей
таблице равна 110, а оставшееся число имеет вид 110 – 4P. Это число при делении на 4 даёт остаток, равный 2. Во всей таблице такое число одно – это 14.
Замечание. 110 – 14 =96, 96 : 4 = 24, Паша вычеркнул числа 4, 5, 7, 8.
8. В мешке лежат золотые монеты: дублоны, дукаты и пиастры, одинаковые на
ощупь. Если из мешка вынуть 10 монет, то среди них обязательно окажется хотя бы один
дублон, если вынуть 9 монет − окажется хотя бы один дукат, если же вынуть 8 монет, −
хотя бы один пиастр. Какое наибольшее количество монет могло быть в мешке?
Ответ: 12 монет.
Оценка: 1) В мешке не более 9 дукатов и пиастров (вместе взятых), − иначе среди выбранных 10 монет могло не оказаться ни одного дублона.
2) В мешке не более 8 дублонов и пиастров (вместе взятых), − иначе среди выбранных 9 монет могло не оказаться ни одного дуката.
3) В мешке не более 7 дублонов и дукатов (вместе взятых), − иначе среди выбранных
8 монет могло не оказаться ни одного пиастра.
4) Итого не более 24 монет при условии, что мы каждую монету считали дважды.
Следовательно, в мешке не более 12 золотых монет.
Пример: 3 дублона, 4 дуката, 5 пиастров.
7-8 классы Решения день 1
1. Известно, что при некотором значении x выражение
 x  2x 3x  4 x  : 5x
не из-
менится, если стереть все скобки. Найдите x.
2
9x  4
Ответ: x  . С одной стороны,   x  2 x  3x  4 x  : 5x 
. С другой,
15
5
2
4 30 x 2  5x  4
2
. Отсюда 30 x 2  5 x  9 x , x  . (x = 0 не явx  2 x 3x  4 x : 5x  6 x  x  
5
5
15
ляется допустимым, поскольку данное выражение содержит деление на x).
2. Каждая точка плоскости покрашена в красный или синий цвет. Может ли оказаться, что на каждой окружности радиуса 1 ровно одна синяя точка? (Средиземноморская
мат. олимпиада, 2006).
Ответ: нет, не может. Предположим, что указанным образом покрашена плоскость.
Возьмём произвольную окружность радиуса 1, синюю точку на ней и все окружности радиуса 1, проходящие через эту точку. Своими красными точками эти окружности заметут
круг с центром в синей точке радиуса 2. Ясно, что окружность с центром в синей точке
радиуса 1 не имеет красных точек.
3. Петя выписал в строчку в некотором порядке все двузначные числа от 40 до 50. У
него получилось 22-значное число. Может ли оно быть простым?
Ответ: нет. Это число делится на 3, поскольку его сумма цифр равна 90.
4. На гранях кубика расставлены 6 различных чисел от 6 до 11. Кубик бросили два
раза. В первый раз сумма чисел на четырех боковых гранях оказалась равна 36, во второй
— 33. Какое число написано на грани, противоположной той, где написана цифра 10?
Ответ: 8. Сумма чисел на всех гранях равна 6  7  8  9  10  11  51. При первом
броске сумма на верхней и нижней гранях равна 51 – 36 = 15, при втором 51 – 33 = 18.
Значит, на третьей паре противоположных граней сумма равна 51 – 15 – 18 = 18. Сумму 18
можно получить двумя способами: 11 + 7 или 10 + 8. Значит, на парах граней с суммой 18
напротив 11 находится 7, а напротив 10 – 8.
5. В треугольнике ABC, из вершины A на сторону опустили высоту AH. Известно,
что 2BH<CH. Докажите, что AH+AC>2AB.
На стороне BC отметим точки D и F так, что отрезки BH,
HD и DF равны. Отметим, что по условию точка C находится за
точкой F. Треугольник BAD равнобедренный (AH высота и медиана). На луче AD за точку D отметим точку E так, что отрезки
AD и DE равны. Треугольники ADH и FDE равны по двум сторонам и углу между ними. Итак, воспользовавшись неравенством треугольника и тем, что наклонная длиннее перпендикуляра, получаем 2AB = AE < AF + FE < AC + EF = AC + AH.
6. На боковых сторонах AC и BC равнобедренного тре-
угольника ABC взяты точки D и E соответственно. Точка F пересечения
биссектрис углов DEB и ADE лежит на основании AB. Докажите, что F –
середина AB. Воспользуемся следующим фактом: геометрическим местом точек, равноудалённых от сторон угла является биссектриса этого
угла. Из условия получаем – точка F равноудалена от DF и DE, и равноудалена от ED и EA. Значит, точка F равноудалена от сторон CA и CB, то
есть CF биссектриса угла C. В равнобедренном треугольнике это означает, что CF является медианой, а F – середина стороны AB.
7. На экране компьютера – натуральное число. Каждую секунду Петя умножает его
на 9, а затем стирает одну из цифр (но не первую). Докажите, что рано или поздно появится однозначное число, либо какое-то из чисел появится на экране не в первый раз.
Заметим, что после умножения на 9 у нового числа либо увеличится на единицу количество цифр, либо сохранится, т.к. оно меньше удесятерённого числа, у которого цифр
ровно на одну больше. После стирания цифры количество цифр уменьшится на 1, значит,
после данной нам двойной операции количество цифр в сравнении с исходным числом
либо остаётся прежним, либо уменьшается. Значит, при достаточно долгом выполнении
операции либо появится однозначное число, либо количество появившихся чисел превысит количество всех возможных чисел, по длине не превышающих количества цифр
начального числа. Значит, в некоторый момент произойдёт повтор числа.
8. Малыш и Карлсон играют в такую игру: они берут шоколадку 13×13 и по очереди
выкусывают из нее «по клеточкам» кусочки (не обязательно с краю): Карлсон – 2×2, Малыш – 1×1. Если не осталось ни одного кусочка 2×2, то весь оставшийся шоколад доедает
Малыш. Выигрывает тот, кто съест больше шоколада. Начинает игру Малыш. Кто выиграет?
Ответ: выигрывает Малыш.
Раскрасим шоколадку «в горошек», отметив
36 клеток в
четных рядах на четных местах. Заметим, что
Карлсон при
своем ходе съедает ровно одну из отмеченных клеток. Поэтому
если Малыш каждым своим ходом также будет
съедать одну
из отмеченных клеток, то после 18‐го хода
Карлсона
отмеченных клеток больше не останется. Значит,
Карлсон не
сможет сделать больше ни одного хода, и весь
оставшийся
шоколад достанется Малышу. Таким образом,
Карлсон
съест только 18  4  72. Это меньше 132/2 – половины шоколадки, поэтому он проигрывает.
8 класс Решения день 1
1.
Известно, что при некотором значении x выражение
 x  2x 3x  4 x  : 5x
не из-
менится, если стереть все скобки. Найдите x.
2
9x  4
. С одной стороны,   x  2 x  3x  4 x  : 5x 
. С другой,
15
5
2
4 30 x 2  5x  4
2
. Отсюда 30 x 2  5 x  9 x , x  . (x = 0 не явx  2 x 3x  4 x : 5x  6 x  x  
5
5
15
ляется допустимым, поскольку данное выражение содержит деление на x).
Ответ:
2.
x
Каждая точка плоскости покрашена в красный или синий цвет. Может ли оказаться, что на каждой окружности радиуса 1 ровно одна синяя точка? (Средиземноморская мат. олимпиада, 2006).
Ответ: нет, не может. Предположим, что указанным образом покрашена плоскость.
Возьмём произвольную окружность (пусть R её радиус), красную точку на ней и все
окружности, проходящие через эту точку. Своими синими точками эти окружности заметут круг с центром в красной точке радиуса 2R. Ясно, что окружность с центром в красной
точке радиуса R не имеет красных точек.
3.
Петя выписал в строчку в некотором порядке все двузначные числа от 50 до 60. У
него получилось 22-значные число. Может ли оно быть простым?
Ответ: нет. Это число делится на 11 по признаку делимости на 11.
4.
На гранях кубика расставлены шесть различных чисел от 6 до 11. Кубик бросили
два раза. В первый раз сумма чисел на четырех боковых гранях оказалась равна 36,
во второй – 33. Какое число написано на грани, противоположной той, где написана
цифра 10?
Ответ: 8. Сумма чисел на всех гранях равна 6  7  8  9  10  11  51. При первом
броске сумма на верхней и нижней гранях равна 51 – 36 = 15, при втором 51 – 33 = 18.
Значит, на третьей паре противоположных граней сумма равна 51 – 15 – 18 = 18. Сумму 18
можно получить двумя способами: 11 + 7 или 10 + 8. Значит, на парах граней с суммой 18
напротив 11 находится 7, а напротив 10 – 8.
5.
В треугольнике ABC, из вершины A на сторону опустили высоту AH. Известно,
что 2BH<CH. Докажите, что AH+AC>2AB.
На стороне BC отметим точки D и F так, что отрезки BH,
HD и DF равны. Отметим, что по условию точка C находится за
точкой F. Треугольник BAD равнобедренный (AH высота и медиана). На луче AD за точку D отметим точку E так, что отрезки
AD и DE равны. Треугольники ADH и FDE равны по двум сто-
ронам и углу между ними. Итак, воспользовавшись неравенством треугольника и тем, что
наклонная длиннее перпендикуляра, получаем 2AB =
AE < AF + FE
< AC + EF = AC + AH.
В треугольнике ABC (AB > BC) проведена биссектриса BD (точка D лежит на стороне AC). На отрезке
BD отметили точку E, отличную от D, такую что CE =
CD.
Докажите, что прямая, содержащая среднюю линию
треугольника ABC, параллельную стороне, AB,
проходит через середину отрезка DE.Пусть M – середина BC, N – середина AC, а прямые
MN и BD пересекаются в точке K. Тогда MKB = KBA = KBM, и, следовательно, треугольник MKB равнобедренный. Из равенств BM = MK = MC следует, что M – центр
окружности, описанной около BKC, поэтому BKC прямой. Но тогда в равнобедренном
треугольнике DEC отрезок CK является высотой, а значит, и медианой. Получили EK =
KD, что и требуется.
6.
7.
На экране компьютера – натуральное число. Каждую секунду Петя умножает его
на 9, а затем стирает одну из цифр (но не первую). Докажите, что рано или поздно
появится однозначное число, либо какое-то из чисел появится на экране не в первый
раз.
Заметим, что после умножения на 9 у нового числа либо увеличится на единицу количество цифр, либо сохранится, т.к. оно меньше удесятерённого числа, у которого цифр
ровно на одну больше. После стирания цифры количество цифр уменьшится на 1, значит,
после данной нам двойной операции количество цифр в сравнении с исходным числом
либо остаётся прежним, либо уменьшается. Значит, при достаточно долгом выполнении
операции либо появится однозначное число, либо количество появившихся чисел превысит количество всех возможных чисел, по длине не превышающих количества цифр
начального числа. Значит, в некоторый момент произойдёт повтор числа.
8.
Малыш и Карлсон играют в такую игру: они берут шоколадку 13×13 и по очереди
выкусывают из нее «по клеточкам» кусочки (не обязательно с краю): Карлсон – 2×2,
Малыш – 1×1. Если не осталось ни одного кусочка 2×2, то весь оставшийся шоколад
доедает Малыш. Выигрывает тот, кто съест больше шоколада. Начинает игру Малыш. Кто выиграет?
Ответ: выигрывает Малыш.
Раскрасим шоколадку «в горошек», отметив
четных рядах на четных местах. Заметим, что
своем ходе съедает ровно одну из отмеченных клеесли Малыш каждым своим ходом также будет
36 клеток в
Карлсон при
ток. Поэтому
съедать одну
из отмеченных клеток, то после 18‐го хода Карлсона отмеченных клеток больше не останется. Значит, Карлсон не сможет сделать больше ни одного хода, и весь оставшийся шоколад достанется Малышу. Таким образом, Карлсон съест только 18  4  72. Это меньше
169/2 – половины шоколадки, поэтому он проигрывает.
9 класс - решения
1. Докажите, что выпуклый четырехугольник ABCD, в котором S ABC  SBCD  SCDA  SDAB , является трапецией или параллелограммом.
Решение. Пусть O – точка пересечения диагоналей четырехугольника. Из левой и правой
частей неравенства S ABC  S BCD вычтем SBOC , получим, что S AOB  SCOD . Аналогично S AOB  SCOD .
Отсюда S AOB  SCOD , S ABD  S ACD и это означает, что BC и AD параллельны.
2. Найдите последние три цифры в записи числа 52016 .
Решение. Рассмотрим разность 52016  54  54  251006  1 53  24  3000 , то есть 52016 оканчивается
теми же цифрами, что и 54, то есть 625.
3. На доске записано 1008 различных натуральных чисел, каждое из которых меньше
2016. Докажите, что либо записано число 1008, либо сумма каких-то двух записанных
чисел равна 2016.
Решение. Пусть x1 ,..., x1008 - исходные числа, рассмотрим другой набор 2016  x1 ,..., 2016  x1008 ,
итого у нас 2016 натуральных чисел, каждое из которых меньше 2016. Значит, какие-то
два числа совпадают, причем это числа из разных наборов. Если xi  2016  xi , то xi  1008 ,
если xi  2016  x j , то xi  x j  2016 .
4. На шахматной доске 55 играют двое. Первый игрок ставит коня на некоторое поле.
Затем игроки (начиная со второго) передвигают коня согласно шахматным правилам.
Не разрешается ставить коня на то поле, на котором он побывал ранее. Проигрывает
игрок, который не может сделать ход. Кто из игроков имеет выигрышную стратегию?
Ответ: первый игрок. Решение. После первого хода остальные 24 поля можно разбить на
пары, клеток, соединенных ходом коня. Далее первый в ответ на ход соперника передвигает коня во вторую клетку пары.
5. Имеется 16 монет, все разного веса. Можно ли с помощью чашечных весов (без гирь)
за 20 взвешиваний выбрать из них две наиболее тяжёлых?
Решение. Пронумеруем монеты. Разобьём 16 монет на 8 пар и попарно взвешиваем камни, отбирая из любой пары тяжелый. Оставшиеся 8 монет разбиваем на 4 пары и проделываем аналогичный отбор. И так далее. Тогда самую тяжёлую монету мы определим за
8+4+2+1=17 взвешиваний. Вторая по тяжести монета находится среди тех четырех монет,
с которыми во время вышеописанной процедуры отбора взвешивалась самая тяжёлая монета. Самая тяжёлая из них определяется за 2+1=3 взвешивания.
6. В треугольнике ABC C = 60 и AC < BC. На на стороне BC выбрана точка D так, что
BD = AC. На прямой AC выбрана точка E так, что AC = CE. Доказать, что AB = DE.
Решение. Отметим на стороне BC точку F так, что CF = AC. Тогда треугольник ACF –
равносторонний и CD = FB. Теперь ясно, что треугольники ECD и AFB равны (по двум
сторонам и углу между ними).
7. На клетчатой доске nn в каждую клетку произвольным образом поставлена стрелка
(, ,  или ). По доске ползает невидимый клоп. В каждую секунду он переползает
по стрелке в соседнюю клетку. Если стрелка указывает за пределы доски, то клоп останавливается. Существует ли алгоритм, который позволяет раздавить клопа при любом
расположении стрелок? Если да, то объясните, как надо действовать, ели нет, то приведите пример, когда клопа раздавить невозможно.
Ответ: да. Решение. Заметим, что маршрут движения из каждой клетки однозначен, следовательно, вся доска разобьется на непересекающиеся «пути». Часть из них оканчивается
на «финальной» клетке, стрелка на которой указывает за пределы доски. Для такого пути
встаем на «финальную» клетку, и давим на нее число секунд, равное длине пути. Если
клоп находился в одной из клеток проверяемого пути, то за это время он достигнет «финальной» клетки и будет раздавлен. Так проделываем для каждого пути такого типа. Другие пути либо оказываются циклами, либо ведут в циклы. В этом случае встаем на любую
клетку цикла и давим на нее число секунд, равное длине цикла + суммарной длине всех
«хвостов» (т.е. путей, ведущих в цикл). Если клоп находился в цикле, то за количество секунд, равное длине цикла (в клетках), он обязательно пройдет роковую клетку. Если клоп
находился на «хвосте», то за время, равное длине «хвоста», он успеет попасть в цикл, а за
время, равное длине цикла, он обязательно будет раздавлен.
8. Можно ли посадить в огороде четыре дерева так, чтобы попарные расстояния между
ними равнялись 1, 2, 3, 4, 5 и 6 метров и при этом они не все росли на одной прямой?
Ответ: нет, нельзя. Решение. Допустим, что это возможно. Рассмотрим точки А и В,
между которыми расстояние равно 6 м. Пусть расстояние от А до С равно 1 м. Заметим,
что по неравенству треугольника расстояние ВС не может быть менее 5 м, следовательно,
оно равно 5 м, и С стоит на отрезке АВ. Тогда точка D должна лежать
D
вне этой прямой (см. рис. 1), и тогда AD+BD>AB, что означает, что
B
AD=4 м, BD=3 м (или наоборот). Но тогда DC = 2 м, AC+DC=1+2=3, A C
и по
неравенству треугольника должно быть не меньше AD. Но тогда
Рис.1
A
B
AD=3 м, и D лежит на той же прямой, чего не может быть по условию.
A
D
Аналогично, если расстояние от B до некоторой точки равно 1, то все
точки тоже должны стоять на одной прямой. Следовательно, CD = 1
м.
Рис.2
Пусть С (или D) лежит на отрезке АВ. Тогда АС = 2 м, ВС -= 4 м (или наоборот).
AC+СD>AD, т.е. 3>AD, противоречие. Рассмотрим последний случай, когда ни C, ни D не
лежат на АВ (см. рис.2). Тогда AD+DB>6, АС+ВС>6, но это возможно только тогда, когда
AD = 3 м, DB=4 м, AC=2 м, BC=5 м (с точностью до переобозначений). Но тогда в треугольнике ADC AC+CD = 2+1 = 3 м, а эта сумма должна быть больше расстояния AD, которое равно 3 или 4 м. Противоречие.
C
10-11 1 день решения
B
C
O
1. На боковых сторонах трапеции как на диаметрах построены окружности. Докажите, что все четыре касаG
F
тельные, проведенные из точки пересечения диагонаA
D
лей, равны между собой (если эта точка находится вне
окружностей). Решение. Достаточно проверить, что OF  OA  OG  OD . Пусть
BOF   . Тогда OF  BO  cos , OG  CO  cos  . Поэтому все сводится к проверке равенства BO  OA  CO  OD , которое очевидно.
2. Функция f ( x) удовлетворяет соотношению 2 f ( x)  f ( x 2  1)  2016 при всех действительных значениях x. Найти f   2  . Ответ. 672. Решение. Подставим в дан-
ное соотношение значения x , равные 0
f (1)  f (0)  672 .
2 f (0)  f (1)  2016
. Отсюда
2 f (1)  f (0)  2016
и 1 : 
Если x  1 , 2 f (1)  f (0)  2016 , и
2 f   2   f (1)  2016 , и f   2   672.
3.
f (1)  672 .
При
x 2,
С натуральным числом проделывается следующая операция: его последняя цифра отделяется, умножается на 4 и прибавляется к оставшемуся числу. С полученным числом снова проделывается та же самая
операция и т.д. Доказать, что если в полученной последовательности встретилось число 1001, то в ней
нет ни одного простого числа. Решение. Все числа в этой последовательности делятся
на 13, причем числа 13 среди них нет.
4. Пусть a и b – положительные действительные числа такие, что a  b  ab . Докажиa
b
1
 2
 . Решение. Из условия ab  a  b  2 ab  ab  4 . Отсюда
b 4 a 4 2
a
b
a
b
a
b
1 1 a 2  b 2 (a  b)2  2ab a 2b 2  2ab







 2 2 


b2  4 a 2  4 b2  ab a 2  ab ab 2 a 2b b 2 a 2
ab
a 2b 2
a 2b 2
2
2 1
 1
 1  .
ab
4 2
 x3  y 3  z 3  x  y  z
5. Существует ли у системы  2 2 2
решение, состоящее из положи x  y  z  xyz
те, что
2
тельных действительных чисел? Ответ. Нет, не существует. Решение. Умножим 1
–
е
уравнение
системы
на
2
–
е,
возведенное
в
квад2
рат:  x3  y 3  z 3  x 2  y 2  z 2    x  y  z  x 2 y 2 z 2 . Очевидно, после упрощения получим
равенство нулю суммы положительных выражений. Противоречие.
0  x  2, 0  y  4, 0  z  6
xyz ,
6. Найти
наибольшее
значение
если
и
xyz  (2  x)(4  y)(6  z) .
Ответ. 6.
Решение. Умножим обе части равенства на xyz , тогда
( xyz )2  x(2  x)  y(4  y)  z(6  z)  1 4  9  36 (легко
получить,
исследуя соответствующие квадратичные выражения).
Наибольшее значение xyz достигается при x  1, y  2, z  3 .
7. В треугольнике ABD длины стороны AB и отрезка CD
равны 1, углы ABC и CBD равны 900 и 300 соответственно. Найти длину отрезка AC . Ответ. 3 2 .
Решение.
Обозначим
x  AC , ADB  , a  BC . Из
sin  
a
.
2
Из
ABC x 2  a 2  1 . Из
ABD
BCD
a
1

 2,
sin  sin 300
x 1
1
2

 ,
0
sin120
sin  a
или
отсюда
( x  1) / 3  1/ x 2  1  ( x  1)3 ( x  1)  3  x 4  2 x3  2 x  4  0  ( x  2)( x3  2)  0 и
AC  x  3 2.
8.
На олимпиаде по математике, задание которой состояло из 6 задач, участвовало 20 школьников. Доказать или опровергнуть следующее утверждение: найдутся 5 школьников и 2 задачи такие, что или все 5
школьников решили обе задачи, или все 5 не решили ни одной из этих 2 задач. Ответ. Приведенное
утверждение ложно. Решение. Рассмотрим множество S, состоящее из всех различных
подмножеств, получаемых выбором 3 – х задач из 6 предложенных. Заметим, что
количество элементов S равно количеству школьников. Сопоставим каждому
школьнику какой- либо элемент S (разным школьникам – различные элементы).
Легко проверить, что в этом случае для любых 2 – х задач есть ровно 4 школьника, решивших эти 2 задачи, и для любых 2 – х задач есть ровно 4 школьника, не
решивших эти 2 задачи. Таким образом, обе части приведенного утверждения
неверны.